精品解析：福建厦门大学附属科技中学2025-2026学年高二下学期3月阶段检测数学试题

厦门大学附属科技中学2025-2026学年下学期第一次阶段性测试 高二数学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知函数，则（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以. 2. 4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的报名方法种数是（ ） A. 81 B. 64 C. 12 D. 36 【答案】A 【解析】 【详解】因为每人限报其中的一个运动队， 所以不同的报名方法种数是. 3. 如图，空间四边形OABC中， 点M在OA上，且 点N为BC中点，则 等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量基本定理进行求解即可. 【详解】已知，点N为BC中点， 则. 故选：C 4. 在二项式展开式中，下列说法不正确的是（ ） A. 第四项二项式系数最大 B. 常数项为第四项 C. 有理项共有4项 D. 所有项二项式系数之和为64 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式系数性质可判断A；求得通项公式，令，计算可判断B；根据为有理数计算可判断C；根据二项式系数和计算公式计算可判断D. 【详解】对于A，二项式展开式共有7项，由二项式系数性质可知， 该二项式系数最大为中间项即第四项二项式系数最大，故A正确； 对于B，该二项式的通项公式为， 令，所以常数项为第五项，故B错误； 对于C，在中，当时，代数式为整数， 所以有理项共有4项，故C正确； 对于D，所有项的二项式系数之和为，故D正确. 5. 若函数在区间内有两个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】， 令， 当时，单调递增， 当时，单调递减，， 函数的图象如下图所示： 因为函数在区间内有两个零点， 所以直线与函数有两个不同交点， 所以，所以实数的取值范围是. 6. 用红､黄､蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是（ ） A. 18 B. 24 C. 30 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，可以将该问题分成两类解决：一类是第3个圆与第1个圆的颜色相同，另一类是第3个圆与第1个圆的颜色不相同，最后根据分类加法计数原理，即可得到结果. 【详解】设六个圆的序号依次为1，2，3，4，5，6， 可知1，2共有种涂色方法，则有： 若3与1的颜色相同，则5必须与2的颜色相同，此时只有1种涂色方法； 若3与1的颜色不相同，即3的颜色与1，2均不相同，则4，5，6的颜色均不相同，共有种涂色方法； 故不同的涂色方案的种数是. 故选：C. 7. 如图，在平面直角坐标系xOy上，有一系列点，，…，，每一个点均位于抛物线的图象上．点F为抛物线的焦点，以点为圆心的都与x轴相切，且与外切．若，且，，的前n项之和为，则以下说法错误的是（ ） A. B. 是等差数列 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设点，根据抛物线定义列方程可判断A；根据两圆外切可得的关系，然后可证是等差数列，可判断B；根据是等差数列求出可判断C；利用裂项相消法求和可判断D. 【详解】由题意可知：焦点，设点，则的半径为， 则，解得，故A正确； 因为与外切，则， 整理可得，且，可得，即， 可知数列是以首项为，公差为2的等差数列，故B正确； 则，即， 则，C正确； 因为， 所以， 所以，D错误. 故选：D． 8. 关于x的方程有两个不同实根，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用同构思想变形给定等式，结合单调性可得函数，再利用导数求出最小值即可. 【详解】方程，令函数， 而，则函数在R上单调递增，又方程等价于， 因此， 令函数，依题意，方程有两个不同实根， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 又，当时，恒有， 则当且仅当时，方程有两个不同实根， 所以实数a的取值范围为. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 除以8所得的余数是7 【答案】BCD 【解析】 【详解】A：二项式的通项公式为， ，所以本选项不成立； B：在中， 令，得， 令，得， 两式相加，得 ，所以本选项成立； C：对等式两边同时求导，得 ， 令，得，所以本选项成立； D： ， 所以除以8所得的余数是7，因此本选项说法正确. 10. 有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（ ） A. 若丙在甲、乙的中间（可不相邻）排队，则不同的排法有40种 B. 若五位同学排队甲不在最左端，乙不在最右端，则不同的排法共有72种 C. 若五位同学排队要求甲、乙必须相邻且甲、丙不能相邻，则不同的排法有36种 D. 若甲、乙、丙、丁、戊五位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每位同学只去一个社区，每个社区至少一位同学，则不同的分配方案有150种 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：讨论甲、乙之间有几位同学，分析运算即可；对于B：讨论甲、乙所在位置，分析运算即可；对于C：先求甲、乙相邻的安排方法，再排除甲、乙相邻且甲、丙相邻的安排方法；对于D：先将学生安排出去，再排除有社区没有人去的可能. 【详解】对于选项A：可知有三种可能： 甲、乙之间只有一位同学，则不同的排法有种； 甲、乙之间有两位同学，则不同的排法有种； 甲、乙之间有三位同学，则不同的排法有种； 不同的排法共有种，故A正确； 对于选项B：符合要求的排法有四种可能： 甲在最右端，乙在最左端，则不同的排法有种； 甲在最右端，乙不在最左端，则不同的排法有种； 甲不在最右端，乙在最左端，则不同的排法有种； 甲不在最右端也不在最左端，乙不在最左端也不在最右端，则不同的排法有种； 不同的排法共有种，故B错误； 对于选项C：若甲、乙相邻，则不同的排法有种； 若甲、乙必须相邻且甲、丙相邻，则不同的排法有种； 不同的排法共有种，故C正确； 对于选项D：若每位同学只去一个社区，则不同的排法有种； 若有社区没有人去，则有两种可能： 所有人去了一个社区，则不同的排法有种； 所有人去了两个社区，则不同的排法有种； 不同的排法共有种，故D正确； 11. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用导数求得，可得，再由导数研究的区间单调性，可得，即可求解. 【详解】令且，则恒成立， 所以在上单调递增，则，即， 由得，， 而， 所以，即， 设且，则，所以在单调递增， 由，得，则， 所以. 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则_________ 【答案】5 【解析】 【分析】由可得，再利用组合数公式计算即可. 【详解】由已知，，，所以， 即，，解得. 故答案为：5 【点睛】本题考查排列数、组合数的运算，考查学生的基本计数能力，是一道容易题. 13. 已知直线是曲线和的公切线，则实数____________. 【答案】3 【解析】 【分析】因为中不含有参数，所以根据可求得的值，再根据的切线为求得参数，要注意切点既在曲线上也在切线上的隐含条件. 【详解】设直线与曲线相切于点， 因为切点既在曲线上也在切线上，所以. 又，所以，且， 即切线的斜率且. 由解得，所以切线为. 设直线与曲线相切于点， 因为，所以，即， 又切点既在曲线上也在切线上，所以. 由解得. 故答案为：3 14. 足球运动是深受人们喜爱的一项体育运动.某次传球训练中，教练员让甲、乙、丙3名球员进行传接球训练，从甲开始传球，等可能地传给另外2人中的1人，接球者再等可能地传给另外2人中的1人，如此一直进行.假设每个球都能被接住，经过4次传递后，足球又被传回给甲，则不同的传递方式共有_______种：设在第次传球后有种情况球在甲手中，则_______. 【答案】 ①. 6 ②. 【解析】 【分析】第一空：结合题意分两种情况讨论求解即可； 第二空：结合题意分析可得在第次传球后，球不在甲手中的情况有种，可得，进而得到，进而求解即可. 【详解】第一空：由题意，要使经过4次传递后，足球又被传回给甲，分为两种情况讨论： ①第一次甲将球传给其余2人，有2种情况，第二次将球传给甲，第三次甲再传给其余2人，有2种情况， 第四次再将球传给甲，此时共有种情况； ②第一次甲将球传给其余2人，有2种情况，第二次将球传给甲之外的1人， 第三次依然将球传给除甲之外的1人，第四次再将球传给甲，此时共有2种情况. 综上所述，经过4次传递后，足球又被传回给甲，不同的传递方式共有种情况； 第二空：在前次传球中，每次传球都有2种可能，共有种传球方法， 因此在第次传球后，球不在甲手中的情况有种，即球在乙或丙手中， 则在第次传球后，球回到甲手中，即， 则，所以， 由第一空解析可知，，则， 则数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即. 四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数在点处的切线与直线垂直． （1）求； （2）求的单调区间和极值． 【答案】（1） （2）单调递增区间为、，单调递减区间为，极大值，极小值 【解析】 【分析】（1）结合导数的几何意义及直线垂直的性质计算即可得； （2）借助导数可讨论单调性，即可得极值. 【小问1详解】 ，则， 由题意可得，解得； 【小问2详解】 由，故， 则，， 故当时，，当时，，当时，， 故的单调递增区间为、，的单调递减区间为， 故有极大值， 有极小值. 16. 已知数列的前n项和为，且. （1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式. （2）已知，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）根据的关系，结合等比数列的定义和通项公式进行求解即可； （2）根据等比数列和等差数列前项和公式，利用分组求和法进行求解即可 小问1详解】 ， 由， 得， 两式相减，得， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以. 【小问2详解】 因为， 所以， 所以 17. 在四棱锥中，平面，，，点M在棱PD上. （1）证明：； （2）若，，，和平面所成角的正切值是，求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)利用线面垂直先证明平面，再结合即可求证； （2）利用几何知识可得，从而可建立以为原点的空间直角坐标系，再利用空间向量法即可求出面面夹角. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以， 因为，，平面，平面， 所以平面. 又平面，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 因为平面，所以是和平面所成角， 在中，， 在中，， 于是在中，， 又因为，所以. 由平面和第（1）问，可知、、两两垂直， 故以为原点建立如下图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， 于是，，，， 设平面的一个法向量为， 由，可得，取， 设平面一个法向量为， 由，可得，取， 于是， 所以平面和平面夹角的余弦值为. 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的左、右顶点分别为，F为椭圆C的右焦点，P为椭圆C上不同于A、B的动点，若，直线PF与椭圆C的另一个交点为Q． （1）求椭圆C的标准方程； （2）求面积的最大值； （3）若P在x轴的上方，设直线AP、BQ的斜率分别为，是否存在常数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由椭圆的左右顶点可知的值，设，则，分别表示出再根据即可求出，则可得椭圆标准方程； （2）设直线方程为，将直线和椭圆方程联立可得，由韦达定理可得的值，求出，再由点到直线距离公式求出左顶点到直线距离，由面积公式可得到面积，再根据换元法即可求出最大值； （3）假设存在使得，分别表示出，再根据，代入到，由（2）韦达定理可知的值，代入到上式，再根据对任意的都成立，可求出值. 【小问1详解】 由椭圆的左右顶点可知， 设，则， 化简可得，则， ， 所以，则椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 由（1）可知椭圆的右焦点坐标为，设直线方程为， ，将直线和椭圆方程联立， 代入可得， 由韦达定理可知， 则， 而， 代入可得， 根据点到直线距离公式， 所以， 令则，所以， 函数在上单调递增， 所以即时，， 此时的面积最大，最大值为； 【小问3详解】 假设存在使得，分别求出， 因为在直线上， 所以， 故， 化简可得， 由（2）知， 则，所以可得， 整理化简可得， 要对任意的都成立，需系数满足， 解得，故存在，使得. 19. 已知函数，，. （1）讨论的单调性; （2）若与有相同的最小值，求实数的值; （3）设是的两个不同的极值点，判断与的大小，并证明你的结论. 【答案】（1）当时，是增函数；当时，单调在上单调递减；在上单调递增. （2）. （3），证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数，通过讨论的取值范围，分析导函数的正负，即可得函数的单调性； （2）通过讨论的取值范围，分别求得与的最小值，得方程以，即，令，通过分析的单调性，得有唯一零点，从而求得； （3）由是的两个不同的极值点，得是方程，即的两个不同实根.由，得,令，则.通过构造函数，并分析函数的单调性，可得其取值情况，从而判断与的大小关系. 【小问1详解】 函数的定义域为. . 因为恒成立，所以当时，恒成立，是增函数； 当时，令，得. 因为是增函数，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增. 综上，当时，是增函数； 当时，在上单调递减；在上单调递增. 【小问2详解】 由（1）得，当时，是增函数，无最小值； 当时，单调在上单调递减；在上单调递增，所以在处取得最小值，最小值为. ，定义域为. . 当时，恒成立，是减函数，无最小值； 当时，令，得. 因为是增函数，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增. 所以在处取得最小值，最小值为. 因为与有相同的最小值，所以，即. 令，则. 令，则. 令，得；令，得. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以在处取得最大值，最大值为. 所以是减函数. 因为，所以方程有唯一实数根. 所以. 【小问3详解】 ，证明如下： 函数的定义域为. . 设是的两个不同的极值点，则是方程，即的两个不同实根. 即，所以. 令，则. 令，则. 令，则. 因为，所以恒成立，所以为增函数. 所以，即，所以为增函数，所以. 因为，所以，即. 即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门大学附属科技中学2025-2026学年下学期第一次阶段性测试 高二数学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知函数，则（ ） A. B. C. 3 D. 2. 4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的报名方法种数是（ ） A. 81 B. 64 C. 12 D. 36 3. 如图，空间四边形OABC中， 点M在OA上，且 点N为BC中点，则 等于（ ） A. B. C. D. 4. 在二项式展开式中，下列说法不正确的是（ ） A. 第四项二项式系数最大 B. 常数项为第四项 C. 有理项共有4项 D. 所有项二项式系数之和为64 5. 若函数在区间内有两个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 用红､黄､蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是（ ） A 18 B. 24 C. 30 D. 36 7. 如图，在平面直角坐标系xOy上，有一系列点，，…，，每一个点均位于抛物线的图象上．点F为抛物线的焦点，以点为圆心的都与x轴相切，且与外切．若，且，，的前n项之和为，则以下说法错误的是（ ） A. B. 等差数列 C. D. 8. 关于x的方程有两个不同实根，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 除以8所得的余数是7 10. 有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（ ） A. 若丙在甲、乙的中间（可不相邻）排队，则不同的排法有40种 B. 若五位同学排队甲不在最左端，乙不在最右端，则不同排法共有72种 C. 若五位同学排队要求甲、乙必须相邻且甲、丙不能相邻，则不同的排法有36种 D. 若甲、乙、丙、丁、戊五位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每位同学只去一个社区，每个社区至少一位同学，则不同的分配方案有150种 11 若，且，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则_________ 13. 已知直线是曲线和的公切线，则实数____________. 14. 足球运动是深受人们喜爱的一项体育运动.某次传球训练中，教练员让甲、乙、丙3名球员进行传接球训练，从甲开始传球，等可能地传给另外2人中的1人，接球者再等可能地传给另外2人中的1人，如此一直进行.假设每个球都能被接住，经过4次传递后，足球又被传回给甲，则不同的传递方式共有_______种：设在第次传球后有种情况球在甲手中，则_______. 四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数在点处的切线与直线垂直． （1）求； （2）求的单调区间和极值． 16. 已知数列的前n项和为，且. （1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式. （2）已知，求数列的前项和. 17. 在四棱锥中，平面，，，点M在棱PD上. （1）证明：； （2）若，，，和平面所成角的正切值是，求平面和平面夹角的余弦值. 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的左、右顶点分别为，F为椭圆C的右焦点，P为椭圆C上不同于A、B的动点，若，直线PF与椭圆C的另一个交点为Q． （1）求椭圆C的标准方程； （2）求面积的最大值； （3）若P在x轴的上方，设直线AP、BQ的斜率分别为，是否存在常数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数，，. （1）讨论的单调性; （2）若与有相同的最小值，求实数的值; （3）设是的两个不同的极值点，判断与的大小，并证明你的结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $